江苏省12市高三数学分类汇编导数及其应用

1导数及其应用一、填空题1、（常州市高三）曲线cosyxx在点22pp，处的切线方程为▲二、解答题1、（常州市高三）已知ab，为实数，函数1()fxbxa，函数()lngxx．（1）当0ab时，令()()()Fxfxgx，求函数()Fx的极值；（2）当1a时，令()()()Gxfxgx，是否存在实数b，使得对于函数()yGx定义域中的任意实数1x，均存在实数2[1,)x，有12()0Gxx成立，若存在，求出实数b的取值集合；若不存在，请说明理由．2、（连云港、徐州、淮安、宿迁四市高三）已知函数xaxxxf221ln)(，aR．(1)若2a，求函数()fx的单调递减区间；(2)若关于x的不等式()1fxax≤恒成立，求整数a的最小值；(3)若2a，1x，2x是两个不相等的正数，且1212()()0fxfxxx，求证：12512xx≥．3、（南京市、盐城市高三）已知函数()xfxe，()gxmxn.（1）设()()()hxfxgx.①若函数()hx在0x处的切线过点(1,0)，求mn的值；②当0n时，若函数()hx在(1,)上没有零点，求m的取值范围；（2）设函数1()()()nxrxfxgx，且4(0)nmm，求证：当0x时，()1rx.4、（南通市高三）若函数()yfx在0xx处取得极大值或极小值，则称0x为函数()yfx的极值点.已知函数3()3ln1().fxaxxxaR1当0a时，求()fx的极值；2若()fx在区间1(,)ee上有且只有一个极值点，求实数a的取值范围.25、（苏州市高三上期末）已知函数()(1)xfxeax，其中,aRe为自然对数底数.（1）当1a时，求函数()fx在点(1,(1))f处的切线方程；（2）讨论函数()fx的单调性，并写出相应的单调区间；（3）已知bR，若函数()fxb对任意xR都成立，求ab的最大值.6、（泰州市高三上期末）已知函数1()lnfxxx，()gxaxb．(1)若函数()()()hxfxgx在(0,)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若直线()gxaxb是函数1()lnfxxx图象的切线，求ab的最小值；(3)当0b时，若()fx与()gx的图象有两个交点1122(,),(,)AxyBxy，求证：12xx22e．（取e为2.8，取ln2为0.7，取2为1.4）7、（无锡市高三上期末）设函数()22ln-+fxxxaxb=在点()()0,0xfx处的切线方程为yxb=-+.(1)求实数a及0x的值；(2)求证：对任意实数，函数()fx有且仅有两个零点.8、（扬州市高三上期末）已知函数2(),()xfxegxaxbxc。（1）若f（x）的图象与g（x）的图象所在两条曲线的一个公共点在y轴上，且在该点处两条曲线的切线互相垂直，求b和c的值。（2）若a＝c＝1，b＝0，试比较f（x）与g（x）的大小，并说明理由；（3）若b＝c＝0，证明：对任意给定的正数a，总存在正数m，使得当x(,)m时，恒有f（x）＞g（x）成立。9、（连云港、徐州、淮安、宿迁四市高三）如图，有一个长方形地块ABCD，边AB为2km，3AD为4km．地块的一角是草坪（图中阴影部分），其边缘线AC是以直线AD为对称轴，以A为顶点的抛物线的一部分．现要铺设一条过边缘线AC上一点P的直线型隔离带EF，E，F分别在边AB，BC上（隔离带不能穿越草坪，且占地面积忽略不计），将隔离出的△BEF作为健身场所．设点P到边AD的距离为t（单位：km），△BEF的面积为S（单位：2km）．(1)求S关于t的函数解析式，并指出该函数的定义域；(2)是否存在点P，使隔离出的△BEF面积S超过32km？并说明理由．参考答案一、填空题1、202xyp二、解答题1、解：（1）1()lnFxxx，21()xFxx，令()0Fx，得1x．………………………1分列表：x(0,1)1(1,)()Fx0+()Fx↘极小值↗EF（第17题）PABCD4所以()Fx的极小值为(1)1F，无极大值．………………………4分（2）当1a时，假设存在实数b满足条件，则11()()ln1Gxbxx≥在(0,1)(1,)x上恒成立．………………………5分1）当(0,1)x时，1()()ln11Gxbxx≥可化为(1)ln10bxbxx≤，令()(1)ln1,(0,1)Hxbxbxxx，问题转化为：()0Hx≤对任意(0,1)x恒成立；（*）则(1)0H，1()ln1bHxbxbx，(1)0H．令1()ln1bQxbxbx，则2(1)1()bxQxx．①12b≤时，因为11(1)1(1)121022bxx≤，故()0Qx，所以函数()yQx在(0,1)x时单调递减，()(1)0QxQ，即()0Hx，从而函数()yHx在(0,1)x时单调递增，故()(1)0HxH，所以（*）成立，满足题意；………………………7分②当12b时，221[(1)](1)1()bxbxbQxxx，因为12b，所以111b，记1110,1Ib（，）（），则当xI时，1(1)0xb，故()0Qx，所以函数()yQx在xI时单调递增，()(1)0QxQ，即()0Hx，从而函数()yHx在xI时单调递减，所以()(1)0HxH，此时（*）不成立；所以当(0,1)x，1()()ln11Gxbxx≥恒成立时，12b≤；………………9分2）当(1,)x时，1()()ln11Gxbxx≥可化为(1)ln10bxbxx≥，令()(1)ln1,(1,)Hxbxbxxx，问题转化为：()0Hx≥对任意的(1,)x恒成立；（**）则(1)0H，1()ln1bHxbxbx，(1)0H．令1()ln1bQxbxbx，则2(1)1()bxQxx．①12b≥时，1(1)1212102bxb≥，故()0Qx，所以函数()yQx在(1,)x时单调递增，()(1)0QxQ，5即()0Hx，从而函数()yHx在(1,)x时单调递增，所以()(1)0HxH，此时（**）成立；11分②当12b时，ⅰ）若0b≤，必有()0Qx，故函数()yQx在(1,)x上单调递减，所以()(1)0QxQ，即()0Hx，从而函数()yHx在(1,)x时单调递减，所以()(1)0HxH，此时（**）不成立；………………………13分ⅱ）若102b，则111b，所以当11,1xb（）时，221[(1)](1)1()0bxbxbQxxx，故函数()yQx在11,1xb（）上单调递减，()(1)0QxQ，即()0Hx，所以函数()yHx在11,1xb（）时单调递减，所以()(1)0HxH，此时（**）不成立；所以当(1,)x，1()()ln11Gxbxx≥恒成立时，12b≥；………………15分综上所述，当(0,1)(1,)x，1()()ln11Gxbxx≥恒成立时，12b，从而实数b的取值集合为1{}2．………………………16分2、（1）因为(1)102af，所以2a，……………………………………………1分此时2()ln,0fxxxxx，2121()21(0)xxfxxxxx，…2分由()0fx，得2210xx，又0x，所以1x．所以()fx的单调减区间为(1,)．…………………………………………4分（2）方法一：令21()()1)ln(1)12gxfxaxxaxax-(，所以21(1)1()(1)axaxgxaxaxx．当0a≤时，因为0x，所以()0gx．所以()gx在(0,)上是增函数，又因为213(1)ln11(1)12022gaaa，6所以关于x的不等式()1fxax≤不能恒成立．……………………………………6分当0a时，21()(1)(1)1()axxaxaxagxxx，令()0gx，得1xa．所以当1(0,)xa时，()0gx；当1(,)xa时，()0gx，因此函数()gx在1(0,)xa上是增函数，在1(,)xa上是减函数．故函数()gx的最大值为2111111()ln()(1)1ln22gaaaaaaaa．…8分令1()ln2haaa，因为1(1)02h，1(2)ln204h，又()ha在(0,)a是减函数．故当2a≥时，()0ha．所以整数a的最小值为2．………………10分方法二：由()1fxax≤恒成立，得21ln12xaxxax≤在(0,)上恒成立，问题等价于2ln112xxaxx≥在(0,)上恒成立．令2ln1()12xxgxxx，只要max()agx≥．…………………………………………6分因为221(1)(ln)2()1()2xxxgxxx，令()0gx，得1ln02xx．设1()ln2hxxx，因为11()02hxx，所以()hx在(0,)上单调减，不妨设1ln02xx的根为0x．当0(0,)xx时，()0gx；当0(,)xx时，()0gx，所以()gx在0(0,)xx上是增函数；在0(,)xx上是减函数．所以000max020000011ln112()()11(1)22xxxgxgxxxxxx．………………………8分7因为11()ln2024h，1(1)02h，所以0112x，此时0112x，即max()(1,2)gx．所以2a≥，即整数a的最小值为2．…………………………10分（3）当2a时，2()ln,0fxxxxx，由1212()()0fxfxxx，即2211122212lnln0xxxxxxxx，从而212121212()()ln()xxxxxxxx，…………………………………13分令12txx，则由()lnttt得，1()ttt，可知，()t在区间(0,1)上单调减，在区间(1,)上单调增．所以()(1)1t≥，21212()()1xxxx≥，故12512xx≥成立．…16分3、解：（1）由题意，得()(()())()xxhxfxgxemxnem，所以函数()hx在0x处的切线斜率1km，…………2分又(0)1hn，所以函数()hx在0x处的切线方程(1)(1)ynmx，将点(1,0)代入，得2mn.……………4分（2）方法一：当0n，可得()()xxhxemxem，因为1x，所以1xee，①当1me时，()0xhxem，函数()hx在(1,)上单调递增，而(0)1h，所以只需1(1)0hme，解得1me，从而11mee.…………6分②当1me时，由()0xhxem，解得ln(1,)xm，当(1,ln)xm时，()0hx，()hx单调递减；当(ln,)xm时，()0hx，()hx单调递增.所以函数()hx在(1,)上有最小值为(ln)lnhmmmm，令ln0mmm，解得me，所以1